粤教版高中物理选修(3-3)第15点《液柱移动方向的判断方法》word精讲精练

第15点 液柱移动方向的判断方法用液柱或活塞隔开的两部分气体，当气体温度变化时，往往气体的状态参量p 、V 、T 都要发生变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律求解．其一般思路为：1．先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化．2．对两部分气体分别应用查理定律的分比式Δp ＝ΔT Tp ，求出每部分气体压强的变化量Δp ，并加以比较．对点例题 粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A 和B 两部分，如图1所示，已知两部分气体A 和B 的体积关系是V B ＝3V A ，且开始时温度相同，将玻璃管两端的气体温度均升高相同温度的过程中，水银将( )图1 A ．向A 端移动B ．向B 端移动C ．始终不动D ．以上三种情况都有可能解题指导 假设水银柱不发生移动，则两部分均做等容变化，由查理定律的分比式Δp ＝ΔT Tp 判断．由于p A ＝p B ，ΔT A ＝ΔT B ，T A ＝T B ，所以Δp A ＝Δp B 所以水银柱始终不动，故假设正确．答案 C特别提醒 此例题中是两边升温且液柱两边横截面积相等．所以只需比较压强的变化量．若是降温或液柱两边横截面积不相等，则应注意比较变化后液柱两边受力的大小，具体分析如下：(1)如果液柱两端的横截面积相等，且Δp 均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱向Δp 值较小的一方移动；若Δp 均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱向压强减小量较大的一方(即|Δp |较大的一方)移动；若Δp 相等，则液柱不移动．(2)如果液柱两端的横截面积不相等，则应考虑液柱两端的受力变化(ΔpS )．若Δp 均大于零，则液柱向ΔpS 较小的一方移动；若Δp 均小于零，则液柱向|ΔpS |值较大的一方移动；若ΔpS 相等，则液柱不移动．如图2所示，A 气缸横截面积为500 cm 2，A 、B 两个气缸中装有体积均为10 L 、压强均为1 atm 、温度均为27 ℃的理想气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞M ，细管容积不计．现给左边的活塞N 施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 汽缸中的气体温度保持不变，活塞M 保持在原位置不动．不计活塞与器壁、细管间的摩擦，周围大气压强为1 atm ＝105 Pa ，当推力F ＝53×103N 时，求：图2 (1)活塞N 向右移动的距离是多少厘米？(2)B 气缸中的气体升温到多少摄氏度？答案 (1)5 cm (2)127 ℃解析 (1)p A ′＝p A ＋F S ＝43×105Pa对A 中气体，由p A V A ＝p A ′V A ′得V A ′＝p A V Ap A ′，解得V A ′＝34V AL A ＝V A S ＝20 cmL A ′＝V A ′S ＝15 cmΔx ＝L A －L A ′＝5 cm(2)对B 中气体，p B ′＝p A ′＝43×105Pa由p BT B ＝p B ′T B ′解得T B ′＝p B ′p BT B ＝400 K ＝127 ℃.。

第12点 液柱移动方向的判断方法用液柱或活塞隔开的两部分气体，当气体温度变化时，往往气体的状态参量p 、V 、T 都要发生变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律求解．其一般思路为：1．先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化．2．对两部分气体分别应用查理定律的分比式Δp ＝ΔT Tp ，求出每部分气体压强的变化量Δp ，并加以比较．对点例题 (单选)粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A 和B 两部分，如图1所示，已知两部分气体A 和B 的体积关系是V B ＝3V A ，且开始时温度相同，将玻璃管两端的气体温度均升高相同温度的过程中，水银将( )图1A ．向A 端移动B ．向B 端移动C ．始终不动D ．以上三种情况都有可能解题指导 假设水银柱不发生移动，则两部分均做等容变化，由查理定律的分比式Δp ＝ΔT Tp 判断．由于p A ＝p B ，ΔT A ＝ΔT B ，T A ＝T B ，所以Δp A ＝Δp B 所以水银柱始终不动，故假设正确． 答案 C特别提醒 此例题中是两边升温且液柱两边横截面积相等．所以只需比较压强的变化量．若是降温或液柱两边横截面积不相等，则应注意比较变化后液柱两边受力的大小，具体分析如下：(1)如果液柱两端的横截面积相等，且Δp 均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱向Δp 值较小的一方移动；若Δp 均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱向压强减小量较大的一方(即|Δp |较大的一方)移动；若Δp 相等，则液柱不移动．(2)如果液柱两端的横截面积不相等，则应考虑液柱两端的受力变化(ΔpS )．若Δp 均大于零，则液柱向ΔpS 较小的一方移动；若Δp 均小于零，则液柱向|ΔpS |值较大的一方移动；若ΔpS 相等，则液柱不移动．如图2所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l 2＝2l 1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？(原来温度相同)图2答案 向上移动解析 (1)假设法假设升温后水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：上段：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2. Δp 2＝p 2′－p 2＝⎝⎛⎭⎫T 2′T 2－1p 2＝ΔT 2T 2p 2. 同理，下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1. 又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋h cmHg ＞p 2，所以Δp 1＞Δp 2，即水银柱向上移动．(2)图象法在同一p －T 图上画出两段气柱的等容线，如图．因在温度相同时，p 1＞p 2，得气柱l 1等容线的斜率较大．当两气柱升高相同的温度ΔT 时，其压强的增量Δp 1＞Δp 2，所以水银柱向上移动．。

高中2021届物理记背资料(选修3-3)〇、知识网络1、理论基础（1）微观——分子动理论↕统计观点——质量、体积、温度、压强、内能，阿伏加德罗常数（2）宏观——热力学定律（〇、一、二、三）2、物质凝聚态（1）固体——晶体（单晶体、多晶体）、非晶体↕液晶（2）液体——表面张力↕汽液共存态——饱和蒸汽（压）、不饱和蒸汽，相对湿度（3）气体——气体实验定律（理想气体：nRT pV =）一、二级结论（一）分子动理论与统计观点1、分子直径数量级为10－10m ，质量数量级为10－26～10－27kg 。

2、微观量和宏观量的关系：(1)分子的质量m 0与摩尔质量M ：m 0＝M N A ＝ρV m N A；(2)分子的体积V 0与摩尔体积V m ：V 0＝V m N A ＝M ρN A（只适用于固体、液体，不适用于气体）；(3)物体所含的分子数：N ＝n ·N A ，N ＝V V m ·N A ＝m ρV m ·N A ，N ＝m M ·N A ＝ρV M·N A 。

3、分子热运动的实验依据：扩散现象、布朗运动(1)扩散现象：温度越高，分子平均速率越大，扩散越快；气体最快，液体次之，固体最慢；(2)布朗运动：布朗粒子（固体颗粒）被液体分子撞击的不平衡性而导致的运动；温度越高（液体分子无规则运动越剧烈），布朗粒子越小，液体分子对布朗粒子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈。

4、分子力曲线，分子势能曲线5、麦克斯韦气体分子速率分布律与温度(1)气体温度较高时，较多的分子处于速率较大的区间，温度较低时，较多的分子处于速率较小的区间；但是，无论温度高低，都有分子速率很大和很小的分子；(2)温度是分子平均动能的标志：k 2i E kT =——平均平动动能kT E 23k =。

6、物体的内能，等于物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和；物体内能的大小由物体的温度、体积和物质的量共同决定。

实蹲市安分阳光实验学校中学高中物理复习资料判断水银柱移动方向的四种方法物理解题中，经常会遇到在温度发生变化时，判断隔开两气体的水银柱是否移动、移动方向的问题．对此，我在教总结出四种判断方法，现介结如下；一、公式法原理：假设被水银柱隔开的两气体的体积不变，对于每气再利用分比理，得利用(1)式，求出每气体压强的变化量△p．若△p＞0，意味着两气体的压强均增大，水银柱将向着△p较小的一方移动．若△p＜0，意味着两气体的压强均减小，水银柱将向着│△p│较大的一方移动；若两气体压强的变化量△p相，则水银柱不动．例1、如图1所示，容器A和B 内分别装有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管相连，管内有一段水银柱，当氢气的温度为0℃，氧气的温度为20℃时，水银柱保持静止．判断在下列情形下，水银柱将如何移动？(1)使氢气和氧气的温度均升高20℃．(2)使氢气和氧气的温度均降低20℃．(3)使氢气温度升高10℃，氧气温度升高20℃．解：原来水银柱静止，说明氢气和氧气的压强相，即pA=pB=p＞0.当温度发生变化时，假设水银柱不动，根据(1)式对三种情况分析如下：(1)∵0＜TA＜TB，△TA=△TB=20K＞0，∴△p A＞△p B＞0，水银柱将向右移动.(2)∵0＜TA＜TB，△TA=△TB=-20K＜0，∴0＜△p A＜△p B，即│△p A│＞│△p B│，水银柱将向左移动∴△p B＞△p A＞0，水银柱将向左移动.二、图象法原理：假设水银柱不动，两气体均作容变化．在p＿T图上作出两气体的容线，利用容线求出与温度变化量△T所对的压强变化量△p，根据△p 间的大小关系便可判断出水银柱的移动方向.例2、两端封闭的U型管中有一些水银将空气隔为两，当管竖直放置，环境温度均匀时，左、右两气柱的长度分别为L1和L2，如图2所示．现将环境温度逐渐升高，则 [ ]A．L1变长，L2变短； B．L2变长，L1；变短；C．L1和L2不变化； D．条件不足，无法判．解：假设左、右两气柱的长度不变，在p-T图上作出两条容线，如图3所示.原来在相同温度下，p2＞p1，所以斜率较大的容线2为气体2的容线，斜率较小的容线1为气体1的容线．当升高相同的温度△T时，△p2＞△p1，因此右边水银面上升，左边水银面下降，故正确答案为(B)从图象还不难看出，若左、右两边空气的温度均降低△T，则因│△p2│＞│△p1，所以右边水银面下降，左边水银面上升，正确答案将为(A)三、性分析法原理：从气体分子动理论的观点看来，气体压强是大量的气体分子频繁地碰撞器壁而产生的．气体压强的大小是由单位体积内的分子数n公式为p=nRT，R为玻耳兹曼常量)．可见，气体单位体积内的分子数n 越多，气体的温度越高，气体的压强就越大．利用这个结论，就可以通过性分析判断出水银柱的移动方向．例3、如图4所示，两端封闭、内径均匀直立的玻璃管中，有一段水银柱将温度相同的空气分为上、下两，且上面空气柱的长度是下面空气柱长度的两倍．现使两气体升高相同的温度，则 [ ]A．水银柱不动；B．水银柱上升；C．水银柱下降；D．上、下两气体的压强均增大．解：原来上、下两气体的温度相同，但上气体的压强p上小于下气体的压强p下，则单位体积内的分子数n上＜n下；升高相同的温度△t后，上、下两气体的压强均会增大，且由于n上＜n下，因此上气体压强的增加量小于下气体压强的增加量，故正确答案为(B)和(D)．四、极端推理法原理：如果在物理变化过程中，物理量的变化是连续的，而且因变量随自变量的变化是单调的，那么我们就可以将这一物理变化过程人为夸大，把问题合理外推到某个现实的或理想的极端状态加以考虑，使问题变得更加明显、易辨．例4、在两端封闭、内径均匀的玻璃管内有一段水银柱将气体分为两，把玻璃管倾斜放置，当环境温度均匀时，水银柱静止于某处，如图5所示．现使环境温度逐渐降低，则水银柱 [ ]A．不动； B．上升；C．下降； D．无法判．解：设想环境温度逐渐降低趋近于OK，则上、下两气体的压强均趋近于零，水银柱将在重力作用下下降，故正确答案为(C)在以上四种方法中，公式法属于常规方法，推导过程严谨；图象法形象、直观，物理意义明显；性分析法重在根据物理意义进行逻辑推理，简单、明了；极端推理法思维奇特，简略．对于不同的问题，选用不同的方法进行处理，才能提高解题效率．一般来说，若两气体原来的压强和温度以及温度的变化量均不相同，则采用公式法进行运算；若在p-T图上，两气体与温度变化量△T所对的压强变化量△p间的大小关系很分明，则可采用作图法；若两气体原来单位体积内分子数的多少易确，且温度变化相同，则用性分析法很容易判断出，单位体积内分子数多的那气体压强的变化量大，进而得知水银柱的移动方向；若将由温度变化所引起的压强的变化外推到理想的极限值时，水银柱的移动方向一目了然，就要采用极端推理法．(民勤一中李万忠)水银柱移动问题分类解析尚红年对于与气体相关的水银柱的移动问题，按其原因及处理方法，可以分为两种情况。

章末总结一、单晶体、多晶体、非晶体的判断单晶体的某些物理性质表现出各向异性，多晶体和非晶体都具有各向同性，但单晶体和多晶体有确定的熔点，非晶体没有．例1关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是()A．可以根据各向异性或各向同性来鉴别晶体和非晶体B．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体C．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性能不同，则该球体一定是单晶体D．一块晶体，若其各个方向的导热性能相同，则这块晶体一定是多晶体答案 C解析根据各向异性和各向同性只能确定是否为单晶体，无法用来鉴别晶体和非晶体，选项A错误；薄片在力学性质上表现为各向同性，也无法确定薄片是多晶体还是非晶体，选项B 错误；固体球在导电性质上表现为各向异性，则一定是单晶体，选项C正确；某一晶体的物理性质显示各向同性，并不意味着该晶体一定是多晶体，对于单晶体并非所有物理性质都表现为各向异性，选项D 错误．二、气体实验定律和理想气体状态方程的应用1．玻意耳定律、查理定律、盖·吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T 恒定、V 恒定、p 恒定时的特例．2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．求解压强的方法：(1)在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．(2)也可以把封闭气体的物体(如液柱、活塞、气缸等)作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处的不同状态，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．3．注意气体实验定律或理想气体状态方程只适用于一定质量的气体，对打气、抽气、灌气、漏气等变质量问题，巧妙地选取对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题． 例2 如图1所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V 0.气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 03；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 04，现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：图1(1)恒温热源的温度T ；(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V x . 答案 (1)75T 0 (2)12V 0解析 (1)与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得：74V 0T ＝54V 0T 0，解得：T ＝75T 0.(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大．打开K 后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程．设左活塞上方气体最终压强为p ，由玻意耳定律得：pV x ＝p 03·V 04，(p ＋p 0)(2V 0－V x )＝p 0·74V 0，联立上述二式得：6V x 2－V 0V x －V 02＝0，其解为：V x ＝12V 0；另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去．例3 如图2所示，一定质量的气体放在体积为V 0的容器中，室温为T 0＝300 K ，有一光滑导热活塞C (不占体积)将容器分成A 、B 两室，B 室的体积是A 室的两倍，A 室容器上连接有一U 形管(U 形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm ，右室容器中连接有一阀门K ，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)．求：图2(1)将阀门K 打开后，A 室的体积变成多少？(2)打开阀门K 后将容器内的气体从300 K 分别加热到400 K 和540 K 时，U 形管内两边水银面的高度差各为多少？ 答案 (1)23V 0 (2)0 15.2 cm解析 (1)初始时，p A 0＝p 0＋ρgh ＝2 atm ，V A 0＝V 03打开阀门K 后，A 室气体等温变化，p A ＝1 atm ，体积为V A ，由玻意耳定律得 p A 0 V A 0＝p A V A V A ＝p A 0V A 0p A ＝23V 0(2)假设打开阀门K 后，气体从T 0＝300 K 升高到T 时，活塞C 恰好到达容器最右端，即气体体积变为V 0，压强仍为p 0，即等压过程． 根据盖·吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得T ＝V 0V AT 0＝450 K因为T 1＝400 K<450 K ，所以p A 1＝p 0，水银柱的高度差为零．从T ＝450 K 升高到T 2＝540 K 为等容过程，根据查理定律p 0T ＝p A 2T 2，得p A 2＝1.2 atm.T 2＝540 K 时，p 0＋ρgh ′＝1.2 atm ， 故水银高度差h ′＝15.2 cm. 三、理想气体的图象问题例4 (多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p －V 图象如图3所示，其中A 是初状态，B 、C 是中间状态，A →B 是等温变化，如将上述变化过程改用p －T 图象和V －T 图象表示，则下列各图象中正确的是( )图3答案 BD解析 在p －V 图象中，由A →B ，气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；由B →C ，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律p B T B ＝p CT C ，p C >p B ，则T C >T B ，气体的压强增大，温度升高；由C →A ，气体经历的是等压变化过程，根据盖·吕萨克定律V C T C ＝V AT A ，V C >V A ，则T C >T A ，气体的体积减小，温度降低．A 项中，B →C 连线不过原点，不是等容变化过程，A 错误；C 项中，B →C 体积减小，C 错误；B 、D 两项符合全过程．综上所述，正确答案选B 、D.1．(晶体和非晶体)下列关于晶体与非晶体的说法，正确的是( ) A ．橡胶切成有规则的几何形状，就是晶体 B ．石墨晶体打碎后变成了非晶体C ．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属块是非晶体D ．非晶体没有确定的熔点 答案 D解析 晶体具有天然的规则的几何形状，故A 错；石墨晶体打碎后还是晶体，故B 错；金属是多晶体，故C 错；非晶体没有确定的熔点，故D 对．故正确选项为D.2．(气体实验定律的应用)如图4所示，气缸放置在水平台上，活塞质量为5 kg ，面积为25 cm 2，厚度不计，气缸全长25 cm ，大气压强为1×105 Pa ，当温度为27 ℃时，活塞封闭的气柱长10 cm ，若保持气体温度不变，将气缸缓慢竖起倒置．g 取10 m/s 2.图4(1)求气缸倒置后气柱长度；(2)气缸倒置后，温度升至多高时，活塞刚好接触平台(活塞摩擦不计)? 答案 (1)15 cm (2)227 ℃解析 (1)将气缸倒置，由于保持气体温度不变，故气体做等温变化： p 1＝p 0＋mgS ＝1.2×105 Pap 2＝p 0－mgS ＝0.8×105 Pa由玻意耳定律得：p 1L 1S ＝p 2L 2S ，解得L 2＝15 cm (2)气体做等压变化：T 2＝T 1＝(273＋27) K ＝300 K ，L 2＝15 cm ，L 3＝25 cm V 2T 2＝V 3T 3，T 3＝V 3V 2T 2＝L 3L 2T 2≈500 K ＝227 ℃. 3．(气体实验定律的应用)容积为1 L 的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa 时，用塞子塞住，此时温度为27 ℃；当把它加热到127 ℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好(塞子塞好时瓶内气体温度仍为127 ℃，压强为1.0×105 Pa)，把－273 ℃视作0 K ．求： (1)塞子打开前，烧瓶内的最大压强；(2)最终瓶内剩余气体的质量与原瓶内气体质量的比值． 答案 (1)1.33×105 Pa (2)34解析 (1)塞子打开前：选瓶中气体为研究对象 初态有p 1＝1.0×105 Pa ，T 1＝300 K 末态气体压强设为p 2，T 2＝400 K 由查理定律可得p 2＝T 2T 1p 1≈1.33×105 Pa.(2)设瓶内原有气体体积为V ，打开塞子后温度为400 K 、压强为1.0×105 Pa 时气体的气体为V ′由玻意耳定律有p 2V ＝p 1V ′ 可得V ′＝43V故瓶内所剩气体的质量与原瓶内气体质量的比值为34.4．(理想气体的图象问题)一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，此过程可以用图5中的直线ABC 来表示，在A 、B 、C 三个状态上，气体的温度T A 、T B 、T C 相比较，大小关系为( )图5A ．TB ＝T A ＝TC B ．T A ＞T B ＞T C C ．T B ＞T A ＝T CD ．T B ＜T A ＝T C 答案 C解析 由题图中各状态的压强和体积的值得：p A V A ＝p C V C ＜p B V B ，因为pVT ＝C ，可知T A ＝T C＜T B .。

专题强化2 液柱移动问题与关联气体问题一、定性分析液柱移动问题定性分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案． 常用推论有两个：(1)查理定律的分比形式：Δp ΔT ＝p T 或Δp ＝ΔTT p .(2)盖—吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔTTV .例1 如图1所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h 的水银柱将管内气体分为两部分，已知l 2＝2l 1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来上、下两部分气体温度相同)图1答案 水银柱上移解析 水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强p 1＝p 2＋p h .温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp 1>Δp 2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp 1<Δp 2，水银柱向下移动，若Δp 1＝Δp 2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力的方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多． 假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律： 上段：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2，Δp 2＝p 2′－p 2＝(T 2′T 2－1)p 2＝ΔT 2T 2p 2；同理下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1.又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋p h >p 2，所以Δp1>Δp2，即水银柱上移．此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动.例2如图2所示，相同的两支两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是()图2A．均向下移动，A管移动较多B．均向上移动，A管移动较多C．A管向上移动，B管向下移动D．无法判断答案 A解析封闭气柱均做等压变化，故封闭气体下端的水银面高度不变，根据盖—吕萨克定律的分比形式ΔV＝ΔTT V，因A、B管中的封闭气柱初温相同，温度的变化也相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B管中气柱的体积都减小；又因为H1>H2，A管中气柱的体积大，|ΔV1|>|ΔV2|，A管中气柱体积减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多，故A项正确．二、关联气体问题这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关系是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法：(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解．(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程．(3)多个方程联立求解．例3一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图3所示，两部分气体温度相同，都是T0＝27 ℃，A部分气体压强p A 0＝1.0×105 Pa ，B 部分气体压强p B 0＝2.0×105 Pa.现对B 部分气体加热，使活塞上升，保持A 部分气体温度不变，体积减小为原来的23.求此时：图3(1)A 部分气体的压强p A ； (2)B 部分气体的温度T B . 答案 (1)1.5×105 Pa (2)500 K解析 (1)A 部分气体等温变化，由玻意耳定律得 p A 0V ＝p A ·23V ，所以p A ＝32p A 0，把p A 0＝1.0×105 Pa 代入，得p A ＝1.5×105 Pa. (2)B 部分气体：初状态：p B 0＝2.0×105 Pa ，V B 0＝V ，T B 0＝300 K ， 末状态：p B ＝p A ＋(p B 0－p A 0)＝2.5×105 Pa. V B ＝V ＋13V ＝43V ，由理想气体状态方程p B 0V B 0T B 0＝p B V BT B，得T B ＝T B 0p B V Bp B 0V B 0＝300×2.5×105×43V2.0×105×VK ＝500 K.两部分气体问题中，对每一部分气体来讲都独立满足pVT为常数；两部分气体往往满足一定的联系：如压强关系、体积关系等，从而再列出联系方程即可.例4 U 形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm ，且水银面比封闭管内高4 cm ，封闭管内空气柱长为11 cm ，如图4所示．现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：图4(1)粗管中气体的最终压强；(2)活塞推动的距离．答案(1)88 cmHg(2)4.5 cm解析设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，(1)以右管封闭气体为研究对象，p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33SV2＝10×3S＝30S等温变化：p1V1＝p2V280×33S＝p2·30Sp2＝88 cmHg(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，p1＝76 cmHg，V1＝11S，p2＝88 cmHg等温变化：p1V1＝p2V2V2＝9.5S活塞推动的距离：L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm.1．(液柱移动问题)(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是()答案 CD解析 假设升温后，水银柱不动，则两边压强都要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp ＝p ΔT T ，而各管原压强相同，ΔT 相同，所以Δp ∝1T，即T 越高，Δp 越小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C 、D 项正确．2.(关联气体问题)如图5所示，汽缸上下两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触．初始时活塞和两侧气体均处于平衡态，因活塞有质量，所以下侧气体压强是上侧气体压强的两倍，上下气体体积之比V 1∶V 2＝1∶2，温度之比T 1∶T 2＝2∶5.保持上侧气体温度不变，改变下侧气体温度，使两侧气体体积相同，此时上下两侧气体的温度之比为( )图5A ．4∶5B ．5∶9C ．7∶24D ．16∶25 答案 D解析 设V 1＝V ，由题意可知V 2＝2V ， 设T 1＝2T ，则T 2＝5T ， 气体压强p 2＝p 1＋mgS ＝2p 1，则mgS＝p 1，最终两部分气体体积相等， 则V 1′＝V 2′＝32V ，上部分气体温度不变，由玻意耳定律：p 1V 1＝p 1′V 1′， 解得p 1′＝23p 1，下部分气体的压强p 2′＝p 1′＋mg S ＝53p 1，对下部分气体，由理想气体状态方程得：p 2V 2T 2＝p 2′V 2′T 2′，解得T 2′＝258T ，上下两侧气体的温度之比T 1′T 2′＝2T 258T ＝1625.故选项D 正确．3.(关联气体问题)如图6所示，绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于水平地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦．两汽缸内装有处于平衡态的理想气体，开始时体积均为V 0、温度均为T 0.缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求此时汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .图6答案 76V 0 1.4T 0解析 设初态A 中气体压强为p 0，膨胀后A 、B 中气体压强相等，p A ＝p B ＝1.2p 0，B 中气体始、末状态温度相等，根据玻意耳定律可得p 0V 0＝1.2p 0(2V 0－V A )，所以V A ＝76V 0，A 中气体满足p 0V 0T 0＝1.2p 0V AT A，所以T A ＝1.4T 0.1．(2019·山东邹城市第一中学高一月考)如图1所示，均匀玻璃管开口向上竖直放置，管内有两段水银柱，封闭着两段空气柱，两段空气柱长度之比L 2∶L 1＝2∶1，两水银柱长度之比为L A ∶L B ＝1∶2，如果给它们加热，使它们升高相同的温度，又不使水银溢出，则两段空气柱后来的长度之比为( )图1A ．L 2′∶L 1′＝2∶1B ．L 2′∶L 1′<2∶1C ．L 2′∶L 1′>2∶1D ．以上结论都有可能答案 A2．光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A 、B 两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时V A ∶V B ＝1∶2，现将A 中气体加热到127 ℃，B 中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比V A ′∶V B ′为( ) A ．1∶1 B ．2∶3 C ．3∶4 D ．2∶1答案 B解析 对A 部分气体有：p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′①对B 部分气体有：p B V B T B ＝p B ′V B ′T B ′②因为p A ＝p B ，p A ′＝p B ′，T A ＝T B ，所以将①÷②式得 V A V B ＝V A ′T B ′V B ′T A ′所以V A ′V B ′＝V A T A ′V B T B ′＝1×4002×300＝23.3.(2019·黑龙江哈尔滨市第六中学高二月考)如图2，A 、B 是体积相同的汽缸，B 内有一导热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C ，D 为不导热的阀门．起初阀门关闭，A 内装有压强p 1＝2.0×105 Pa ，温度T 1＝300 K 的氮气；B 内装有压强p 2＝1.0×105 Pa ，温度T 2＝600 K 的氧气．打开阀门D ，活塞C 向右移动，最后达到平衡．以V 1和V 2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氧气和氮气均为理想气体，并与外界无热交换，连接汽缸的管道体积可忽略)，则V 1与V 2之比为( )图2A ．1∶2B ．1∶4C ．1∶1D ．4∶1答案 D解析 设活塞C 向右移动x ，最后共同的温度为T ，压强为p ，由理想气体状态方程可知： 对A 部分气体有：p 1LS T 1＝p (L ＋x )S T对B 部分气体有：p 2LS T 2＝p (L －x )ST将两式相除：(L ＋x )S (L －x )S ＝V 1V 2＝p 1p 2×T 2T 1＝41，故选D.4.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图3所示．V 左<V 右，温度均为20 ℃，现将右端空气柱的温度降为0 ℃，左端空气柱的温度降为10 ℃，则管中水银柱将( )图3A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动答案 C解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝－10293p同理右端空气柱Δp 右＝－20293p所以|Δp 右|>|Δp 左|，即右侧空气柱的压强降低得比左侧空气柱的压强多，故水银柱向右移动，选项C 正确．5.(多选)(2019·吉林吉化第一高级中学高二期中)如图4所示是医院给病人输液的部分装置示意图，在输液过程中( )图4A ．A 瓶中的药液先用完B ．B 瓶中的药液先用完C ．随着液面下降，A 瓶内C 处气体压强逐渐增大D ．随着液面下降，A 瓶内C 处气体压强保持不变 答案 AC解析 药液从B 瓶中流下，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A 瓶中空气将A 瓶中药液压入B 瓶补充，使B 瓶液面保持不变，直到A 瓶液体全部流入B 瓶，所以A 瓶液体先用完，故A 正确，B 错误；A 瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，液体产生压强减小，因此封闭气体压强增大，故C 正确，D 错误．6.(2019·四川高二期末)如图5所示为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A、ΔV B，压强变化量为Δp A、Δp B，对液面压力的变化量为ΔF A、ΔF B，则()图5A．水银柱向下移动了一段距离B．Δp A>Δp BC．ΔV A<ΔV BD．ΔF A＝ΔF B答案 B解析首先假设液柱不动，则A、B两气体发生等容变化，由查理定律：pT ＝Δp ΔT对气体A：Δp A＝ΔTT A·p A对气体B：Δp B＝ΔTT B·p B因为p A>p B，T A＝T B所以Δp A>Δp B即水银柱向上移动，故A错，B对；由于气体总体积不变，因此ΔV A＝ΔV B，C错；因ΔF＝Δp·S，Δp A>Δp B，S A>S B，有ΔF A>ΔF B，D错．7．(2019·鱼台县第一中学高二期中)如图6所示，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，面积之比为S A∶S B＝1∶2.两活塞用穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个汽缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300 K，A中气体压强p A＝1.5p0，p0是汽缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的压强升到p A′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变．则此时A中气体温度为()图6A ．400 KB ．450 KC ．500 KD ．600 K 答案 C解析 活塞平衡时，由平衡条件得：p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B )，p A ′S A ＋p B ′S B ＝p 0(S A ＋S B )，已知S B ＝2S A ，B 中气体初、末态温度相等，设末态体积为V B ，由玻意耳定律得，p B ′V B ＝p B V 0，设A 中气体末态的体积为V A ，因为两活塞移动的距离相等，即V A －V 0S A ＝V B －V 0S B ，对气体A 由理想气体状态方程得：p A V 0T 0＝p A ′V AT A，解得：T A ＝500 K.8.如图7所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m 、横截面积均为S 且厚度不计的活塞A 、B 将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．在活塞A 的上方放置一质量为2m 的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0.已知大气压强与活塞质量的关系为p 0＝3mgS ，活塞移动过程中无气体泄漏且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．现将活塞A 上面的物块取走，试求重新达到平衡状态后，A 活塞上升的高度．图7答案 0.9l 0解析 对Ⅰ部分气体，其初态压强p 1＝p 0＋3mg S ＝2p 0，末态压强为p 1′＝p 0＋mg S ＝43p 0，设末态时Ⅰ部分气体的长度为l 1，则由玻意耳定律可得p 1l 0S ＝p 1′l 1S 解得l 1＝32l 0对Ⅱ部分气体，其初态压强为p 2＝p 1＋mg S ＝73p 0，末态压强为p 2′＝p 1′＋mg S ＝53p 0设末态时Ⅱ部分气体的长度为l 2，则由玻意耳定律可得p 2l 0S ＝p 2′l 2S 代入数据解得l 2＝75l 0故活塞A 上升的高度为Δh ＝l 1＋l 2－2l 0＝0.9l 09.如图8所示，均匀薄壁U 形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A 、B 两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL ＝10 cm ，右管上方的水银柱高h ＝14 cm ，初状态环境温度为27 ℃，A 部分气体长度l 1＝30 cm ，外界大气压强p 0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A 部分气体缓慢升温，使A 部分气体长度回到30 cm.求：图8(1)右管中注入的水银高度是多少？(2)升温后的温度是多少？答案 (1)30 cm (2)117 ℃解析 (1)设右管中注入的水银高度是Δh ，U 形管的横截面积为S ，对A 部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0＋14 cmHg ＋10 cmHg ＝100 cmHg ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ＝90 cmHg ＋ΔhV 1＝l 1S ，V 2＝(l 1－12ΔL )S 代入数据解得右管中注入的水银高度Δh ＝30 cm.(2)设升温后温度为T ，缓慢升温过程中，对A 部分气体分析，升温前V 2＝(l 1－12ΔL )S ，p 2＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ，T 0＝300 K升温结束后V 3＝l 1S ，p 3＝p 0＋14 cmHg ＋Δh ＋ΔL由理想气体状态方程得p 2V 2T 0＝p 3V 3T解得T ＝390 K则升温后的温度为t ＝117 ℃.10．(2019·全国卷Ⅱ)如图9，一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，空气的压强为p .现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：图9(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积．答案 (1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4(p 0＋p )V 02p 0＋p解析 (1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ①得p 10＝12(p 0＋p )；② (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，则由玻意耳定律得p 1V 1＝p 10·2V 0④p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝12p 0＋14p V 1＝4(p 0＋p )V 02p 0＋p.11．如图10所示，内壁光滑、长度均为4l 、横截面积均为S 的汽缸A 、B ，A 水平、B 竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度为27 ℃、大气压为p 0的环境中，活塞C 、D 的质量及厚度均忽略不计．原长3l 、劲度系数k ＝3p 0S l的轻弹簧，一端连接活塞C 、另一端固定在位于汽缸A 缸口的O 点．开始活塞D 距汽缸B 的底部3l .后在D 上放一质量为m ＝p 0S g的物体．求：图10(1)稳定后活塞D 下降的距离；(2)改变汽缸内气体的温度使活塞D 再回到初位置，则气体的温度应变为多少？答案 (1)7l 3(2)377 ℃ 解析 (1)由于活塞的质量不计，所以初始状态汽缸A 、B 中的气体压强都为大气压p 0，弹簧弹力为零，所以活塞C 到汽缸A 底部的距离为x 1＝l放上物体稳定后，设汽缸A 、B 中气体的压强均为p 1，对D 活塞有p 1S ＝mg ＋p 0S对活塞C 有p 1S ＝F 1＋p 0SF 1为弹簧的弹力，F 1＝k Δx 1＝3p 0S lΔx 1 联立以上三式可求得弹簧被压缩Δx 1＝l 3此时活塞C 距汽缸底部的距离为x 2＝4l 3初态下气体的总体积V 0＝4lS ，末态总体积为V 1，由玻意耳定律p 0V 0＝p 1V 1，解得V 1＝2lS由此可知活塞D 下降的距离为x ＝3l －(2l －4l 3)＝7l 3(2)改变气体温度使活塞D 回到初位置，气体为等压变化，所以弹簧位置不变．V 2＝133lS 由盖—吕萨克定律V 1T 0＝V 2T 2解得T 2＝650 K ，所以气体此时的温度为t＝377 ℃.。